高考物理总复习精品阶段综合测评3

阶段综合测评(三)时间：75分钟满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.(2021·上海市虹口区二模)如图所示，一磁体吸附在铁板AB的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁体一起水平向左匀速移动，则()A．合力对磁体做正功B．AB对磁体的作用力不做功C．AB对磁体的弹力不做功D．AB对磁体的摩擦力不做功答案B解析由于磁体做匀速运动，根据动能定理可知，合力对磁体不做功，故A错误；磁体受重力和铁板的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁体的作用力大小等于重力，方向竖直向上，与磁体的运动方向相互垂直，故AB对磁体的作用力不做功，B正确；AB对磁体的弹力垂直接触面，与磁体的运动方向不垂直，故弹力一定做功，C错误；受力分析可知，AB对磁体有摩擦力，且摩擦力沿接触面，与磁体的运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，D错误。2．(2020·江苏高考)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N。此时，汽车发动机输出的实际功率是()A．90W B．30kWC．36kW D．300kW答案C解析汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡，有F＝f＝1.8×103N，汽车发动机输出的实际功率P＝Fv＝1.8×103×20W＝36kW，故C正确。3.(2021·北京市东城区高三上期末)如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对从烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是()A．小球离开弹簧时的动能是eq\f(1,2)mv2B．弹簧弹力做的功等于eq\f(1,2)mv2C．弹簧弹力与重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh答案D解析从烧断细线到小球刚要落地的整个过程中，对小球根据动能定理可知W弹－Wf＋mgh＝eq\f(1,2)mv2－0。由题中条件无法计算小球离开弹簧时的动能，A错误；弹簧弹力做的功W弹＝eq\f(1,2)mv2－mgh＋Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功的和即W弹＋mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和即W弹－Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgh，D正确。4．(2022·山东省潍坊市五县市高三上第一次联考)一实验小组模拟神舟十二返回舱降落伞的作用，让质量为m的物体携带伞包在空中竖直向下运动，打开降落伞后，物体以a＝2g的加速度竖直向下匀减速运动，则打开伞后物体减速下降h高度的过程中，物体的()A．重力势能减少2mghB．动能减少mghC．机械能减少2mghD．机械能减少3mgh答案D解析物体重力做功为mgh，所以重力势能减小mgh，故A错误；物体所受的合力为F合＝ma＝－2mg，所以合力做功为－2mgh，则动能减少为2mgh，故B错误；物体的机械能等于动能和重力势能之和，动能减少2mgh，重力势能减少mgh，则机械能减少3mgh，故C错误，D正确。5．(2021·河北省石家庄市高三下一模)一辆汽车在平直公路上保持恒定功率P0以速度v0匀速行驶，t1时刻驾驶员立即将功率增大到2P0行驶一段时间，t2时刻遇到险情，驾驶员立即将功率减小到P0继续向前行驶。整个过程汽车所受阻力恒定，则该过程中汽车的速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是()答案B解析汽车开始以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F0＝f，t1时刻，功率增大到2P0，由P＝Fv可知，牵引力变为2F0，由牛顿第二定律可得2F0－f＝ma，汽车开始做加速运动，随着速度增大，牵引力逐渐减小，加速度减小，当速度增大到2v0时，牵引力减小到与阻力相等，汽车开始匀速；t2时刻，功率减小到P0，由P＝Fv知牵引力变为eq\f(1,2)F0，由牛顿第二定律可得f－eq\f(1,2)F0＝ma′，汽车开始做减速运动，随着速度减小，牵引力逐渐增大，加速度减小，当速度减小到v0时，牵引力增大到与阻力相等，之后维持匀速运动。故B正确。6．(2021·河北省邯郸市高三下二模)如图所示，内壁光滑的半圆形槽竖直固定在水平面上，O是圆心，半圆形槽内壁上的两个点A、B到圆心O所在水平面的竖直距离分别为hA、hB。在槽口无初速度释放一个小球，以半圆形槽最低点为零势能点，当小球滚落到A点时，其动能与重力势能相等；当小球滚落到B点时，其动能为重力势能的2倍，则eq\f(hA,hB)的值为()A.eq\f(2,3) B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,5) D．eq\f(5,6)答案B解析设半圆形槽的半径为R，小球从开始释放到A点，由机械能守恒定律得mgR＝mg(R－hA)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在A点有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mg(R－hA)，解得hA＝eq\f(1,2)R；小球从开始释放到B点，由机械能守恒定律得mgR＝mg(R－hB)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在B点有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2mg(R－hB)，解得hB＝eq\f(2,3)R，因此eq\f(hA,hB)＝eq\f(3,4)，B正确。7.如图所示，一光滑半圆形轨道固定在水平地面上，圆心为O、半径为R，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上。另一端连在O点正上方距离O点为R的P点。小球放在与O点等高的轨道上A点时，轻橡皮筋处于原长。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆轨道向下运动，通过最低点B时对圆轨道的压力恰好为零。已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A．小球通过最低点时，橡皮筋的弹力等于mgB．橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大C．小球运动过程中，橡皮筋弹力所做的功等于小球动能的增加量D．小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量答案D解析小球通过最低点B时，F弹－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，则F弹＝mg＋meq\f(v\o\al(2,B),R)>mg，A错误；根据P＝Fvcosα可知，开始时小球的速度v＝0，则橡皮筋弹力做功的瞬时功率P＝0，在最低点时，小球的速度方向与F方向垂直，则橡皮筋弹力做功的瞬时功率P＝0，故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小，B错误；小球运动过程中，根据动能定理知，重力做功和橡皮筋弹力所做的功之和等于小球动能的增加量，故C错误；小球和橡皮筋组成的系统机械能守恒，知小球运动过程中，小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故D正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.用木板搭成斜面从卡车上卸下货物，斜面与地面夹角有两种情况，如图所示。一货物分别从斜面顶端无初速度释放下滑到地面。已知货物与每个斜面间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。则货物()A．沿倾角为α的斜面下滑到地面时的动能较大B．沿倾角为β的斜面下滑到地面时的动能较大C．沿两个斜面下滑过程中克服摩擦力做的功相等D．沿倾角为α的斜面下滑过程中机械能的损失较多答案BD解析设斜面倾角为θ，货物距地面的高度为h，滑动摩擦力对货物做的功为：Wf＝－Ffeq\f(h,sinθ)＝－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝－μmghcotθ，所以货物质量、货物与斜面间的动摩擦因数均一定时，倾角θ越大，摩擦力做功越少，下滑过程损失的机械能越少；重力做功WG＝mgh，由ΔEk＝mgh－μmghcotθ知，倾角θ越大，货物下滑到地面时的动能越大，由题图知α<β，故A、C错误，B、D正确。9.(2021·广东高考)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有()A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh答案BC解析由平抛运动规律可知，在竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，则物体做平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中的运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间竖直方向的分速度vy＝gt＝eq\r(2gh)，则此时重力的功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相等，故B正确；从投出到落地，两手榴弹下降的高度均为h，所以两手榴弹的重力势能减小量均为mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。10．(2021·辽宁省大连市高三下二模)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，物体受到平行于斜面向上的拉力F作用，从斜面底端由静止开始沿粗糙斜面向上运动，选取地面为零势能面。物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的线段，x2～x3段是倾斜的线段，下列说法正确的是()A．0～x1过程中力F做的功大于E1B．x1～x2过程中物体动能减小C．x2～x3过程中物体的速度一直增大D．0～x3过程中力F先增大后减小答案AB解析由功能关系可知，力F做功与摩擦力f做功之和等于机械能增量，可知0～x1过程中力F做的功大于E1，A正确；x1～x2过程中物体机械能不变，因重力势能变大，则动能减小，B正确；x2～x3过程中物体的机械能减小，则摩擦力做功大于力F做功，即F<f，物体做减速运动，速度一直减小，C错误；0～x3过程中根据功能关系ΔE＝(F－f)Δx，则E­x图像的斜率等于F－f，因f不变，则0～x1过程中力F减小，x1～x2过程中力F不变，x2～x3过程中力F不变，D错误。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)一位同学为验证机械能守恒定律，利用光电门等装置设计了如下实验。使用的器材有：铁架台、光电门1和2、轻质定滑轮、通过不可伸长的细绳连接的钩码A和B(B左侧安装挡光片)。实验步骤如下：①如图1，将实验器材安装好，其中钩码A的质量比B大，实验开始前用一细绳将钩码B与桌面相连接，细绳都处于竖直方向，系统静止。②用剪刀剪断钩码B下方的细绳，使B在A带动下先后经过光电门1和2，测得挡光时间分别为t1、t2。③用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度d，如图2，则d＝________mm。④用挡光片宽度与挡光时间求平均速度，当挡光片宽度很小时，可以将平均速度当成瞬时速度。⑤用刻度尺测量光电门1和2间的距离L(L≫d)。⑥查表得到当地重力加速度大小为g。⑦为验证机械能守恒定律，请写出还需测量的物理量(并给出相应的字母表示)________________，用以上物理量写出验证方程：________________________。答案③6.710⑦钩码A、B的质量m1、m2eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2))＝m1gL－m2gL解析③根据螺旋测微器测量原理得d＝6.5mm＋21.0×0.01mm＝6.710mm。⑦设钩码A、B的质量分别为m1、m2，对A、B构成的系统，因为动能的增加量等于重力势能的减少量，则eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2))＝m1gL－m2gL。所以为验证机械能守恒定律，还需测量钩码A、B的质量m1、m2。12．(9分)(2021·八省联考广东卷)为了验证小球在竖直平面内摆动过程的机械能是否守恒，利用如图a装置。不可伸长的轻绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球质量为m，球心到悬挂点的距离为L，小球释放的位置到最低点的高度差为h。实验记录轻绳拉力大小随时间的变化如图b，其中Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为g，请回答以下问题：(1)小球第一次运动至最低点的过程，重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________。(均用题中所给字母表示)(2)观察图b中拉力峰值随时间变化规律，试分析造成这一结果的主要原因：________________________。(3)为减小实验误差，实验时应选用密度________(选填“较大”或“较小”)的小球。答案(1)mgheq\f(Fm－mgL,2)(2)空气阻力做负功，小球的机械能有损失(3)较大解析(1)小球第一次摆动至最低点的过程，重心下降高度为h，则重力势能的减少量为ΔEp＝mgh。设小球第一次摆动至最低点时速度为vm，由牛顿第二定律有Fm－mg＝meq\f(v\o\al(2,m),L)，而小球第一次摆动至最低点的过程中，动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，联立解得ΔEk＝eq\f(Fm－mgL,2)。(2)根据F­t图像可知小球做周期性的摆动，且每次经过最低点时轻绳拉力最大，而最大拉力逐渐变小，说明小球经过最低点的速度逐渐变小，主要原因是空气阻力做负功，导致小球的机械能有损失。(3)为了减小因空气阻力带来的误差，应选择密度较大、体积较小的球进行实验。13．(11分)(2021·天津市红桥区高三下二模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径为0.2m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2m，θ＝60°，小球质量为m＝2kg，D点与小孔A的水平距离s＝2m，g取10m/s2。(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球进入圆轨道后恰能通过轨道的最高点，求粗糙水平面的动摩擦因数μ。答案(1)40N(2)0.25解析(1)当摆球由C到D运动，由机械能守恒定律可得mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),L)联立可得摆线承受的最大拉力为Fm＝40N。(2)要使摆球进入圆轨道后恰能通过轨道的最高点，在圆轨道的最高点由牛顿第二定律可得mg＝meq\f(v2,R)由动能定理可得－μmgs－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ＝0.25。14.(12分)(2021·福建省漳州市高三下第一次教学质量检测)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分。如图，传送带的倾角为θ＝30°，以v＝3m/s的速度向上匀速运行，将质量为m＝10kg的货物(可视为质点)由静止释放从底端运达到顶端。若传送带顶端的高度h＝2.5m，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2)。假设每分钟运送货物60件，g取10m/s2，求：(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？(3)与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留两位有效数字)答案(1)1.2s(2)295J(3)1.5×106J解析(1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma设货物由底端经时间t1与传送带共速，有v＝at1解得t1＝1.2s。(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离x1＝eq\f(v2,2a)＝1.8m滑动摩擦力对货物做的功W1＝μmgcosθ·x1斜面长为L＝eq\f(h,sinθ)＝5m货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W2＝mgsinθ(L－x1)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W＝W1＋W2＝295J。(3)货物匀加速过程中，传送带的位移s1＝vt1＝3.6m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μmgcosθ(s1－x1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦增加的内能，设一件货物运送到顶端需多提供的电能为E1，则E1＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋Q＝430J每小时需要多提供的电能E＝nE1＝60×60×430J＝1.5×106J。15．(16分)(2022·河南省洛阳市高三上期中)如图所示，三个质量均为m的小物块A